在高铁上加训！
A - Same (abc324 A)
题目大意
给定\(n\)个数，问是否都相等。
解题思路
判断是不是全部数属于第一个数即可。或者直接拿set去重。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int n;
cin >> n;
vector<int> a(n);
for (auto& i : a)
cin >> i;
cout << (set<int>(a.begin(), a.end()).size() == 1 ? "Yes" : "No") << '\n';
return 0;
}
B - 3-smooth Numbers (abc324 B)
题目大意
给定一个数\(N\)，问是否能表示成 \(2^x3^y\)。
解题思路
指数范围不会超过\(64\)，花 \(O(64^2)\)枚举判断即可。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
LL n;
cin >> n;
auto check = [&]() {
for (int i = 0; i < 64; ++i) {
LL x = (1ll << i);
for (int j = 0; j < 64; ++j) {
if (x > n)
break;
if (x == n)
return true;
x *= 3;
}
}
return false;
};
if (check())
cout << "Yes" << '\n';
else
cout << "No" << '\n';
return 0;
}
C - Error Correction (abc324 C)
题目大意
给定一个字符串\(t\)和若干个字符串 \(s\)。问有哪些 \(s\)，满足以下四个条件中的一个：
- \(s = t\)
- \(s\)在某处增加一个字母得到 \(t\)
- \(s\)在某处删除一个字母得到 \(t\)
- \(s\)在某处修改一个字母得到 \(t\)
解题思路
第一个就判断是否逐位相等。
第二个和第三个其实是一样的，就是两者长度是否差\(1\)，且较小串是较大串的一个子序列。用子序列贪心逐位匹配即可。
第四个就判断是否只有一位不相等，
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int n;
string s;
cin >> n >> s;
vector<int> ans;
auto check2 = [](const string& l, const string& r) {
if (r.size() - l.size() != 1)
return false;
int x = 0, y = 0;
while (x < l.size()) {
while (y < r.size() && r[y] != l[x])
++y;
if (y < r.size()) {
++x;
++y;
} else
break;
}
return x == l.size();
};
auto check = [&](const string& t) {
if (s.size() == t.size()) {
int cnt = 0;
for (int i = 0; i < s.size(); ++i)
cnt += (s[i] != t[i]);
return cnt <= 1;
}
if (s.size() < t.size())
return check2(s, t);
else
return check2(t, s);
};
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
string t;
cin >> t;
if (check(t))
ans.push_back(i);
}
cout << ans.size() << '\n';
for (auto& i : ans)
cout << i << ' ';
cout << '\n';
return 0;
}
D - Square Permutation (abc324 D)
题目大意
给定一个数字串\(s\)，将每一个数位排序，问能排出多少种数，其为平方数。
解题思路
注意到串长度只有\(13\)，我们可以枚举每一个平方数\(x\)，只有 \(\sqrt{10^{13}\)个，然后判断数字串 \(s\)能否表示出这个数\(x\)即可。
因为数字串 \(s\)可以排列，因此问数字串能否表示出这个数 \(x\)，其实就是问这两个的每个数位数字的个数是否相等。
注意计算\(x\)的数位数字时要把前导零补上去。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int n;
string s;
cin >> n >> s;
vector<int> cnt(10, 0);
for (auto& i : s)
cnt[i - '0']++;
LL ans = 0;
int up = ceil(sqrt(9999999999999ll));
auto solve = [&](LL x) {
vector<int> num(10, 0);
int sz = 0;
while (x) {
num[x % 10]++;
x /= 10;
++sz;
}
if (sz > n)
return 0;
num[0] += (n - sz);
return int(num == cnt);
};
for (int i = 0; i < up; ++i) {
ans += solve(1ll * i * i);
}
cout << ans << '\n';
return 0;
}
E - Joint Two Strings (abc324 E)
题目大意
给定\(n\)个字符串 \(s_i\)和一个字符串 \(t\)，长度为\(m\)，问有多少组 \((i, j)\)，使得拼接串 \(s_is_j\)包含 \(t\)这个子序列。
解题思路
我们先枚举\(s_i\)，贪心匹配这个子序列 \(t\)，它可能不能完全匹配上，但能匹配 \(t\)的前 \(x\)位。
那剩下的\(m-x\)位就交给 \(s_j\)匹配，如果 \(s_j\)能至少匹配 \(t\)的后面\(m-x\)位，则拼接串\(s_is_j\) 就包含\(t\)这个子序列。
因此对于字符串\(s_i\)，它能匹配串 \(t\)的前 \(x\)位，我们要找出串 \(s_j\)的数量，可以匹配串 \(t\)的至少后\(m-x\)位，这个数量就是当前串\(s_i\)的贡献。即 \((i,*)\)的数量。
而对于字符串\(s_j\)能匹配 \(t\)的后面多少位，其实把它们反串一下贪心匹配即可。
因此就预处理每个串能匹配串\(t\)的 前缀位数和后缀位数，然后枚举每个串的匹配的前缀位数，找到要完全匹配\(t\)需要的后缀位数，大于该位数的都可以作为\(j\)的候选，累计数量即可。因此把后缀位数的个数预处理一下即可。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int n;
string t;
cin >> n >> t;
int len = t.size() + 1;
vector<int> cnt(len, 0), invcnt(len, 0);
string invt = t;
reverse(invt.begin(), invt.end());
auto check = [](const string& s, const string& t, vector<int>& cnt) {
int l = 0, r = 0;
while (l < s.size()) {
while (r < t.size() && s[l] != t[r])
++r;
if (r < t.size()) {
++l;
++r;
} else
break;
}
cnt[l]++;
};
for (int i = 0; i < n; ++i) {
string s;
cin >> s;
check(t, s, cnt);
reverse(s.begin(), s.end());
check(invt, s, invcnt);
}
LL ans = 0;
reverse(invcnt.begin(), invcnt.end());
partial_sum(invcnt.begin(), invcnt.end(), invcnt.begin());
for (int i = 0; i < len; ++i) {
ans += 1ll * cnt[i] * invcnt[i];
}
cout << ans << '\n';
return 0;
}
F - Beautiful Path (abc324 F)
题目大意
给定一张有向无环图，边有两种边权\(b,c\)，求一条从 \(1\)到 \(n\)的路径，使得 \(\frac{\sum b}{\sum c}\) 最大。
解题思路
初想时发现最短路的想法不太行，即时刻保留比值最大的往后扩展并不会最优的，比如此时同样是\(\frac{4}{2}, \frac{8}{4}\) ，后者值的变化的程度不如前者，又比如\(\frac{100}{99},\frac{1}{2}\)，后者受\(b\)的权值影响更大 ，万一下一条边权是\((100,0)\)，显然原先较小的权值会变得更大。
注意到这是一个分式形式，属于典型的\(0/1\)规划问题。我们可以二分答案\(l\)，判断是否可行，即 \(\frac{\sum b}{\sum c} \geq l\)，即\(\sum b - l\sum c \geq 0\)，即边权为 \(b - lc\)，问是否有条 \(1 \to n\)的路径，其边权和非负。
因为是有向无环图，设\(dp[i]\)表示到达 点\(i\)时的最大边权和 ，拓扑排序\(dp\)即可。
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
const int inf = 2e9;
const double eps = 1e-10;
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int n, m;
cin >> n >> m;
vector<array<int, 4>> edges;
vector<vector<int>> G(n);
vector<int> du(n);
vector<int> inque(n);
for (int i = 0; i < m; ++i) {
int u, v, b, c;
cin >> u >> v >> b >> c;
--u, --v;
G[u].push_back(edges.size());
edges.push_back({u, v, b, c});
}
queue<int> team;
team.push(0);
inque[0] = 0;
while (!team.empty()) {
int u = team.front();
team.pop();
for (auto& i : G[u]) {
int v = edges[i][1];
du[v]++;
if (!inque[v])
team.push(v);
inque[v] = 1;
}
}
auto check = [&](double x) {
vector<double> dp(n, -inf);
dp[0] = 0;
team.push(0);
auto dd = du;
auto B = [](int b) { return b; };
auto C = [&x](int c) { return c * x; };
while (!team.empty()) {
int u = team.front();
team.pop();
for (auto& i : G[u]) {
auto [_, v, b, c] = edges[i];
dp[v] = max(dp[v], dp[u] + B(b) - C(c));
--dd[v];
if (dd[v] == 0)
team.push(v);
}
}
return dp[n - 1] >= -eps;
};
double l = 0, r = 2e9;
while (l + eps < r) {
double mid = (l + r) / 2;
if (check(mid))
l = mid;
else
r = mid;
}
cout << fixed << setprecision(12) << l << '\n';
return 0;
}
G - Generate Arrays (abc324 G)
题目大意
给定一个关于\(n\)的排列，视为序列\(0\)，依次执行 \(m\)次操作，分两种：
- \(1 s x\)，将序列\(s\)的第 \(x\)个元素之后的元素（不包括第 \(x\)个）删除，放到一个新序列，相对位置不变。
- \(2 s x\)，将序列\(s\)中比\(x\)大的元素删除，放到一个新序列，相对位置不变。
问每次操作后，新生成的序列的元素个数。
解题思路
考虑暴力，我们用两个set维护一个序列，一个按下标排序，一个按值排序。这样每个操作都可以在log时间内找到分界点。
如果暴力将要删除的点移到新队列里面，复杂度最高可达 \(O(nm)\)。
考虑到每次都是将 \(x\)个数分成 \(y\) 和\(x-y\) 个数，如果按照启发式合并的思想（每次将小的合并到大的），我们采用启发式分裂（将数量较少的部分分裂出去），那么复杂度就是\(O(n\log n)\)。注意到 set的swap是\(O(1)\)的。
操作一可以直接得到分裂的两个序列的元素个数。文章来源：https://www.toymoban.com/news/detail-711010.html
操作二可以先 lower_bound知道对应元素的位置，然后两头指针begin(), end()不断往中间靠，从而知道分裂的两个序列的元素个数大小关系。文章来源地址https://www.toymoban.com/news/detail-711010.html
神奇的代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using LL = long long;
int main(void) {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
int n;
cin >> n;
vector<int> a(n);
for (auto& i : a)
cin >> i;
int q;
cin >> q;
vector<set<array<int, 2>>> pos(q + 1), val(q + 1);
for (int i = 0; i < n; ++i) {
pos[0].insert({i, a[i]});
val[0].insert({a[i], i});
}
auto solve = [&](set<array<int, 2>>& l, set<array<int, 2>>& r,
set<array<int, 2>>& ansl, set<array<int, 2>>& ansr,
int x) {
auto it = l.lower_bound({x, 0});
auto lpt = l.begin(), rpt = l.end();
for (; lpt != it && rpt != it; lpt = next(lpt), rpt = prev(rpt))
;
if (rpt == it) {
for (; it != l.end();) {
ansr.insert(r.extract({(*it)[1], (*it)[0]}));
ansl.insert(*it);
it = l.erase(it);
}
} else {
auto node = *it;
for (auto pt = l.begin(); *pt != node;) {
ansr.insert(r.extract({(*pt)[1], (*pt)[0]}));
ansl.insert(*pt);
pt = l.erase(pt);
}
l.swap(ansl);
r.swap(ansr);
}
return ansl.size();
};
for (int i = 1; i <= q; ++i) {
int t, s, x;
cin >> t >> s >> x;
int ans = 0;
if (t == 1) {
int l = x, r = max(0, int(pos[s].size()) - x);
set<array<int, 2>>::iterator it;
if (l <= r) {
for (it = pos[s].begin(); l > 0; it = next(it), l -= 1)
;
} else {
for (it = pos[s].end(); r > 0; it = prev(it), r -= 1)
;
}
if (it == pos[s].end())
x = n;
else
x = (*it)[0];
ans = solve(pos[s], val[s], pos[i], val[i], x);
} else {
ans = solve(val[s], pos[s], val[i], pos[i], x + 1);
}
cout << ans << '\n';
}
return 0;
}
到了这里，关于AtCoder Beginner Contest 324的文章就介绍完了。如果您还想了解更多内容，请在右上角搜索TOY模板网以前的文章或继续浏览下面的相关文章，希望大家以后多多支持TOY模板网！
